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2022-2023 学年北师大版数学八年级上册章节考点精讲精练
第 1 章《勾股定理》
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知识点01:勾股定理
1.勾股定理：
直角三角形两直角边
a、b
的平方和等于斜边
c 的平方.（即：a2 b2 c2
）
2.勾股定理的应用
勾股定理反映了直角三角形三边之间的关系，是直角三角形的重要性质之一，其主要应用是：
（1）已知直角三角形的两边，求第三边；
（2）利用勾股定理可以证明有关线段平方关系的问题；
（3）解决与勾股定理有关的面积计算；
（4）勾股定理在实际生活中的应用．
知识点02:勾股定理的逆定理
1.勾股定理的逆定理
如果三角形的三边长
a、b、c ，满足a2 b2 c2
，那么这个三角形是直角三角形.
细节剖析
应用勾股定理的逆定理判定一个三角形是不是直角三角形的基本步骤：c
（1）首先确定最大边，不妨设最大边长为 ；
（2）验证：a2 b2 与c2
是否具有相等关系：
若a2 b2 c2
，则△ABC是以∠C为90°的直角三角形；
若a2 b2＞c2
时，△ABC是锐角三角形；
若a2 b2＜c2
时，△ABC是钝角三角形．
2.勾股数
x2 y2 z2
满足不定方程 的三个正整数，称为勾股数（又称为高数或毕达哥拉斯数），显然，以
x、y、z
为三边长的三角形一定是直角三角形.
细节剖析
常见的勾股数：①3、4、5； ②5、12、13；③8、15、17；④7、24、25；⑤9、40、41.
a、b、c at、bt、ct
如果( )是勾股数，当t为正整数时，以 为三角形的三边长，此三角形必为直角
三角形.
观察上面的①、②、④、⑤四组勾股数，它们具有以下特征：
1.较小的直角边为连续奇数；
2.较长的直角边与对应斜边相差1.
3.假设三个数分别为
a、b、c
，且
abc ，那么存在a2 bc成立.（例如④中存在72
＝24＋
25、92
＝40＋41等）
知识点03:勾股定理与勾股定理逆定理的区别与联系
区别：勾股定理是直角三角形的性质定理，而其逆定理是判定定理；
联系：勾股定理与其逆定理的题设和结论正好相反，两者互为逆定理，都与直角三角形有关.
考点提优练
考点01：勾股定理
1．（2021秋•高新区校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝∠BCD＝90°，分别以四边形的四条边
为边向外作四个正方形，若S+S＝135，S＝49，则S＝（ ）
1 4 3 2A．184 B．86 C．119 D．81
解：由题意可知：S＝AB2，S＝BC2，S＝CD2，S＝AD2，
1 2 3 4
连接BD，在直角△ABD和△BCD中，
BD2＝AD2+AB2＝CD2+BC2，
即S+S＝S+S，
1 4 3 2
因此S＝135﹣49＝86，
2
故选：B．
2．（2021秋•新吴区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，△ABC的两条角平分线AD、
BE相交于点O，连接CO，则CO的长为 2 ．
解：过O作OM⊥BC于M，OP⊥AB于P，ON⊥AC于N，
∵AD和BE是△ABC的角平分线，
∴OP＝OM，ON＝OP，
∴OM＝ON，
∴OC平分∠ACB，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACO＝∠BCO＝45°，
∴△OCM是等腰直角三角形，
在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB＝ ＝10，∴S ＝ AC•BC＝ ×（AB+AC+BC）•OM，
△ABC
∴6×8＝（10+6+8）×OM，
∴OM＝2，
∴OC＝ ＝ ＝2 ，
故答案为：2 ．
3．（2021秋•连云港期末）如图，在8×8的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，点A、B、C都在
格点上，AD⊥BC于D，则AD的长为 4 ．
解：由勾股定理得：AC2＝22+42＝20，AB2＝42+82＝80，BC2＝82+62＝100，
∴AC2+AB2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，BC＝10，AC＝2 ，AB＝4 ，
∵AD⊥BC，
∴S ＝ BC•AD＝ AB•AC，
△ABC
∴AD＝ ＝ ＝4，
故答案为：4．
4．（2020秋•香坊区期末）如图，四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，点F为CD上一点，连接AF交BD于点E，AF⊥AB，DE＝DF，∠BAG＝∠ABC＝45°，BC+AG＝20 ，AE＝2EF，则AF＝ 1 2 ．
解：延长AF、BC，交于点H，如图：
∵AF⊥AB，∠ABC＝45°，
∴∠BAH＝90°，∠AHB＝90°﹣∠ABC＝45°，
∴△ABH为等腰直角三角形，
∴AH＝AB，
∵∠BAH＝90°，∠BAG＝45°，∠AHB＝45°，
∴∠GAE＝∠BAG＝∠AHB＝45°，
∵AC⊥BD，
∴∠ABG+∠BAC＝90°，
∵∠BAC+∠HAC＝∠BAH＝90°，
∴∠ABG＝∠HAC，
在△ABG和△HAC中，
，
∴△ABG≌△HAC（ASA），
∴AG＝HC，
BH＝BC+CH＝BC+AG＝20 ，
在等腰直角三角形△ABH中，AH＝AB，∠BAH＝90°，由勾股定理得：
AB2+AH2＝BH2，
∴AB＝AH＝20，
∵AE＝2EF，∴设EF＝x，则AE＝2x，
∵DE＝DF，
∴∠DEF＝∠DFE，
∴∠AEG＝∠HFC，
∵∠AHB＝∠GAE＝45°，
∴∠AGE＝135°﹣∠HFC＝∠FCH，
在△AGE和△HCF中，
，
∴△AGE≌△HCF（AAS），
∴FH＝AE＝2x，
∴AH＝AE+EF+FH＝5x＝20，
解得：x＝4，
∴AF＝AE+EF＝3x＝12，
故答案为：12．
5．（2022•渠县校级开学）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点E在AC边上，且∠CBE＝45°，
BE分别交AC，AD于点B、F．
（1）如图1，若AB＝13，BC＝10，求AF的长；
（2）如图2，若AF＝BC，求证：BF2+EF2＝AE2．
（1）解：如图1，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD，
∵BC＝10，
∴BD＝5，
Rt△ABD中，∵AB＝13，
∴AD＝ ＝ ＝12，
在Rt△BDF中，∵∠CBE＝45°，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴DF＝BD＝5，
∴AF＝AD﹣DF＝12﹣5＝7；
（2）证明：如图2，在BF上取一点H，使BH＝EF，连接CF、CH，
在△CHB和△AEF中，
，
∴△CHB≌△AEF（SAS），
∴AE＝CH，∠AEF＝∠BHC，
∴∠CEF＝∠CHE，
∴CE＝CH，∵BD＝CD，FD⊥BC，
∴CF＝BF，
∴∠CFD＝∠BFD＝45°，
∴∠CFB＝90°，
∴EF＝FH，
在Rt△CFH中，由勾股定理得：CF2+FH2＝CH2，
∴BF2+EF2＝AE2．
6．（2021秋•丰泽区期末）如图，在△ABC中，BC＝15，D是线段AB上一点，BD＝9，连接CD，CD＝12．
（1）求证：CD⊥AB．
（2）若S ＝84，求△ABC的周长．
△ABC
（1）证明：在△BDC中，BC＝15，BD＝9，CD＝12，
∵BD2+CD2＝92+122＝152＝BC2，
∴△BDC是直角三角形，且∠BDC＝90°，
∴CD⊥AB；
（2）解：∵CD⊥AB，
∴△ADC是直角三角形，
∵S ＝84，CD＝12，
△ABC
∴AB＝14，
∴AD＝AB﹣BD＝14﹣9＝5，
在Rt△ADC中，AD2+CD2＝AC2，即52+122＝AC2，
解得AC＝13，
∴△ABC的周长是13+14+15＝42．
7．（2021秋•青岛期末）已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，
其中点P从点A开始沿A→B方向运动且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，在BC边
上的运动速度是每秒2cm，在AC边上的运动速度是每秒1.5cm，它们同时出发，当其中一个点到达终点
时，另一个点也随之停止，设运动时间为t秒．
（1）出发2秒后，求PQ的长；（2）当点Q在边BC上运动时，t为何值时，△ACQ的面积是△ABC面积的 ；
（3）当点Q在边CA上运动时，t为何值时，PQ将△ABC周长分为23：25两部分．
解：（1）当t＝2s时，点Q在边BC上运动，
则AP＝2cm，BQ＝2t＝4（cm），
∵AB＝8cm，
∴BP＝AB﹣AP＝8﹣2＝6（cm），
在Rt△BPQ中，由勾股定理可得PQ＝ ＝ ＝2 （cm），
∴PQ的长为2 cm；
（2）∵S ＝ CQ•AB，S ＝ BC•AB，点Q在边BC上运动时，△ACQ的面积是△ABC面积的 ，
△ACQ △ABC
∴CQ＝ BC＝ ×6＝2（cm），
∴BQ＝BC﹣CQ＝6﹣2＝4（cm），
∴t＝ ＝2，
∴当点Q在边BC上运动时，t为2时，△ACQ的面积是△ABC面积的 ；
（3）在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC＝ ＝ ＝10（cm），
当点P达到点B时，t＝ ＝8，
当点Q达到点A时，t＝ + ＝ ，
∵当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止，
∴0≤t≤8，
∵AP＝tcm，
∴BP＝（8﹣t）cm，点Q在CA上运动时，CQ＝1.5×（t﹣ ）＝（1.5t﹣4.5）（cm），∴AQ＝10﹣（1.5t﹣4.5）＝（﹣1.5t+14.5）（cm），
∴BP+BC+CQ＝8﹣t+6+1.5t﹣4.5＝（0.5t+9.5）（cm），AP+AQ＝t+（﹣1.5t+14.5）＝（﹣
0.5t+14.5）（cm），
分两种情况：
① ＝ ，
即 ＝ ，
解得：t＝4，
经检验，t＝4是原方程的解，
∴t＝4；
② ＝ ，
即 ＝ ，
解得：t＝6，
经检验，t＝6是原方程的解，
∴t＝6；
综上所述，当点Q在边CA上运动时，t为4或6时，PQ将△ABC周长分为23：25两部分．
8．（2022春•礼县期末）我们新定义一种三角形：两边平方和等于第三边平方的 4倍的三角形叫做常态三
角形．例如：某三角形三边长分别是5，6和8，因为62+82＝4×52＝100，所以这个三角形是常态三角
形．
（1）若△ABC三边长分别是2， 和4，则此三角形 是 常态三角形（填“是”或“不是”）；
（2）若Rt△ABC是常态三角形，则此三角形的三边长之比为 ： ： （请按从小到大排
列）；
（3）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，点D为AB的中点，连接CD，若△BCD是常态三角形，
求△ABC的面积．
解：（1）∵22+42＝4×（ ）2＝20，∴△ABC三边长分别是2， 和4，则此三角形是常态三角形．
故答案为：是；
（2）∵Rt△ABC是常态三角形，
∴设两直角边长为：a，b，斜边长为：c，
则a2+b2＝c2，a2+c2＝4b2，
则2a2＝3b2，
故a：b＝ ： ，
∴设a＝ x，b＝ x，
则c＝ x，
∴此三角形的三边长之比为： ： ： ．
故答案为： ： ： ；
（3）∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，点D为AB的中点，△BCD是常态三角形，
∴当AD＝BD＝DC，CD2+BD2＝4×62时，
解得：BD＝DC＝6 ，
则AB＝12 ，
故AC＝ ＝6 ，
则△ABC的面积为： ×6×6 ＝ ．
当AD＝BD＝DC，CD2+BC2＝4×BD2时，
解得：BD＝DC＝2 ，
则AB＝4 ，
故AC＝2 ，
则△ABC的面积为： ×6×2 ＝6 ．
故△ABC的面积为 或6 ．
考点02：勾股定理的证明9．（2021秋•栾城区校级期末）如图是用4个全等的直角三角形与1个小正方形镶嵌而成的正方形图案，
已知大正方形面积为81，小正方形面积为16，若用x，y表示直角三角形的两直角边（x＞y），请观察
图案，指出以下关系式中不正确的是（ ）
A．x2+y2＝81 B．x+y＝13 C．2xy+16＝81 D．x﹣y＝4
解：由题意 ，
①﹣②可得2xy＝65③，
∴2xy+16＝81，
①+③得x2+2xy+y2＝146，
∴x+y＝ ，
∴①③④正确，②错误．
故选：B．
10．（2021秋•漳州期末）如图所示的四边形图案是用4个全等的直角三角形拼成的．已知四边形ABCD的
面积为64，四边形EFGH的面积为9，若用x、y表示直角三角形的两直角边（x＞y）；下列四个结论：
①x2+y2＝64；②x﹣y＝3；③x+y＝ ；④2xy+9＝64．
其中正确的是 ①②③④ ．（写出所有正确结论的序号）
解：∵△ABC为直角三角形，
∴根据勾股定理：x2+y2＝AB2＝64，
故①正确；
由图可知，x﹣y＝CE＝ ＝3，
故本②正确；
由图可知，四个直角三角形的面积与小正方形的面积之和为大正方形的面积，列出等式为4× ×xy+9＝64，
即2xy+9＝64；
故本④正确；
由2xy+9＝64可得2xy＝55①，
又∵x2+y2＝64②，
∴①+②得，x2+2xy+y2＝64+55，
整理得，（x+y）2＝119，
x+y＝ ，
故③正确．
∴正确结论有①②③④．
故答案为：①②③④．
11．（2021秋•运城期中）综合与实践：
问题情境
学过几何的人都知道勾股定理，它是几何中一个比较重要的定理，应用十分广泛．迄今为止，关于勾股
定理的证明方法已有400多种．在学习了《勾股定理》和《实数》后，某班同学以“已知三角形三边的
长度，求三角形面积”为主题开展了数学活动．
操作发现
如图1是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．在图1中画
出△ABC，其顶点A，B，C都是格点，同时构造正方形BDEF，使它的顶点都在格点上，且它的边DE，EF
分别经过点C，A，他们借助此图求出了△ABC的面积．
（1）在图1中，所画出的△ABC的三边长分别是AB＝ 5 ，BC＝ ，AC＝ ；△ABC的
面积为 ．
实践探究
（2）在图2所示的正方形网格中画出△DEF（顶点都在格点上），使DE＝ ，DF＝ ，EF＝ ，
并写出△DEF的面积．
继续探究
（3）若△ABC中有两边的长分别为 a， a（a＞0），且△ABC的面积为2a2，试运用构图法在图3
的正方形网格（每个小正方形的边长为a）中画出所有符合题意的△ABC（全等的三角形视为同一种情况），并求出它的第三条边长填写在横线上 4a 或 ．
解：（1）AB＝ ＝5，BC＝ ＝ ，AC＝ ＝ ，
△ABC的面积＝4×4﹣ ×3×4﹣ ×1×4﹣ ×3×1＝ ，
故答案为：5； ； ； ；
（2）画出△DEF如图所示：
△DEF的面积＝3×4﹣ ×3×2﹣ ×2×4﹣ ×2×1＝4；
（3）4a或 ，画图见解析．
如图3所示， ， ， ，此时AC＝4a；
如图4所示， ， ， ，此时 ；
故答案为：4a或 ．
12．（2021秋•和平区校级期中）如图，其中△ABH、△BCG、△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四
边形ABCD和EFGH都是正方形，根据这个图形的面积关系，可以证明勾股定理．设AD＝c，DE＝a，AE＝
b，取c＝20，b﹣a＝4．
（1）填空：正方形EFGH的面积为 1 6 ，四个直角三角形的面积和为 38 4 ．
（2）求a+b的值．
解：（1）∵HE＝b﹣a＝4，
∴S ＝HE2＝16，
正方形EFGH
∵AD＝c＝20，
∴S ＝AD2＝400，
正方形ABCD
∴四个直角三角形的面积和＝S ﹣S ＝400﹣16＝384，
正方形ABCD 正方形EFGH
故答案为：16；384；
（2）由（1）可知四个直角三角形的面积和为384，
∴4× ab＝384，解得2ab＝384，
∵a2+b2＝c2＝400，
∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝400+384＝784．
∴a+b＝28（负值舍去）．13．（2021春•芜湖期中）图①是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形
围成的．
（1）在Rt△ABC中，AC＝m，BC＝n，∠ACB＝90°，若图①中大正方形的面积为61，小正方形的面积为
1，求（m+n）2；
（2）若将图①中的四个直角三角形中较长的直角边分别向外延长一倍，得到图②所示的“数学风车”
求这个风车的外围周长（图中实线部分）．
解：（1）由题意（n﹣m）2＝1，m2+n2＝61，
∴2mn＝60，
∴（m+n）2＝m2+n2+2mn＝61+60＝121；
（2）由（1）可知 ，
∴ ，
∴AC＝5，BC＝6，
∵∠ACB＝90°，AC＝5，CD＝12，
∴AD＝ ＝ ＝13，
∴这个风车的外围周长＝4（13+6）＝76．
14．（2022春•大观区校级期末）如图，对任意符合条件的直角三角形BAC，绕其锐角顶点逆时针旋转
90°得△DAE，所以∠BAE＝90°，且四边形ACFD是一个正方形，它的面积和四边形ABFE面积相等，而
四边形ABFE面积等于Rt△BAE和Rt△BFE的面积之和，根据图形写出一种证明勾股定理的方法．解：由图可得：
正方形ACFD的面积＝四边形ABFE的面积＝Rt△BAE和Rt△BFE的面积之和，
即S ＝S +S ，
正方形ACFD △BAE △BFE
∴b2＝ c2+ ，
整理得：a2+b2＝c2．
考点03：勾股定理的逆定理
15．（2021秋•莲湖区期末）已知△ABC的三个内角分别为∠A、∠B、∠C，三边分别为a、b、c，下列条
件不能判定△ABC是直角三角形的是（ ）
A．∠A：∠B：∠C＝3：4：7 B．∠A＝∠B﹣∠C
C．a：b：c＝2：3：4 D．b2＝（a+c）（a﹣c）
解：设∠A、∠B、∠C的度数分别为3x°、4x°、7x°，
∵3x°+4x°＝7x°，3x°+4x°+7x°＝180°，
∴∠C＝90°，故选项A能判定△ABC是直角三角形；
∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠A＝∠B﹣∠C
∴∠B＝90°，故选项B能判定△ABC是直角三角形；
设a、b、c的边长分别为2a、3a、4a，
∵（2a）2+（3a）2＝13a2≠（4a）2，
∴∠C≠90°，故选项C不能判定△ABC是直角三角形；
∵b2＝（a+c）（a﹣c）＝a2﹣c2，
∴b2+c2＝a2，
∴∠A＝90°，故选项D能判定△ABC是直角三角形．
故选：C．
16．（2022春•邹城市期末）如图，在3×3的网格中，每一个小正方形的边长都是1，点 A、B、C、D都在
格点上，连接AC，BD相交于P，那么∠APB的大小是 45° ．
解：取格点M，连接BM，∴BM∥AC，如图，连接DM，
由勾股定理得：DM＝ ，BM＝ ，BD＝ ，AC＝ ，
∴DM＝BM，DM2+BM2＝BD2，
∴△DMB是等腰直角三角形，
∴∠DBM＝45°，
∵AC∥BM，
∴∠APB＝∠DBM＝45°，
故答案为：45°．
17．（2021秋•峡江县期末）若a，b，c分别是△ABC的三条边长，且a2﹣6a+b2﹣10c+c2＝8b﹣50，则这个
三角形的形状是 直角三角形 ．
解：∵a2﹣6a+b2﹣10c+c2＝8b﹣50
∴a2﹣6a+9+b2﹣8b+16+c2﹣10c+25＝0
∴（a﹣3）2+（b﹣4）2+（c﹣5）2＝0
∴a＝3，b＝4，c＝5
∴这个三角形的形状是直角三角形．
18．（2021秋•东港市期中）如图，A，B，C，D四点都在3×3正方形网格的格点上，则∠ADB﹣∠BDC＝
4 5 °．
解：如图，找到C点关于DB的对应点，连结DE，AE，
则∠EDB＝∠CDB，
则∠ADB﹣∠BDC＝∠ADB﹣∠BDE＝∠ADE，
∵AD＝AE＝ ＝ ，DE＝ ＝ ，
（ ）2+（ ）2＝（ ）2，
∴△EAD是等腰直角三角形，
∴∠ADE＝45°，即∠ADB﹣∠BDC＝45°．
故答案为：45．
19．（2018秋•兴宁市校级月考）已知线段a＝3，b＝4，若线段c能和a，b构成直角三角形，则c的长度
是 5 或 ．
解：分两种情况，当c为斜边时，x＝ ＝5，当长4的边为斜边时，c＝ ＝ （根据
勾股定理列出算式）．故填5和 ．
20．（2021秋•苏州期末）如图，AD是△ABC的中线，DE⊥AC于点E，DF是△ABD的中线，且CE＝2，DE＝
4，AE＝8．
（1）求证：∠ADC＝90°；
（2）求DF的长．
证明：（1）∵DE⊥AC于点E，
∴∠AED＝∠CED＝90°，
在Rt△ADE中，∠AED＝90°，
∴AD2＝AE2+DE2＝82+42＝80，
同理：CD2＝20，
∴AD2+CD2＝100，
∵AC＝AE+CE＝8+2＝10，∴AC2＝100，
∴AD2+CD2＝AC2，
∴△ADC是直角三角形，
∴∠ADC＝90°；
（2）∵AD是△ABC的中线，∠ADC＝90°，
∴AD垂直平分BC，
∴AB＝AC＝10，
在Rt△ADB中，∠ADB＝90°，
∵点F是边AB的中点，
∴DF＝ ．
21．（2022春•平舆县期末）定义：如图，点M、N把线段AB分割成AM、MN、NB，若以AM、MN、NB为边的
三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割点．
（1）已知M、N把线段AB分割成AM、MN、NB，若AM＝2，MN＝4，BN＝2 ，则点M、N是线段AB的勾
股分割点吗？请说明理由．
（2）已知点M、N是线段AB的勾股分割点，且AM为直角边，若AB＝12，AM＝5，求BN的长．
解：（1）是．
理由：∵AM2+BN2＝22+（2 ）2＝16，MN2＝42＝16，
∴AM2+NB2＝MN2，
∴AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形．
故点M、N是线段AB的勾股分割点．
（2）设BN＝x，则MN＝12﹣AM﹣BN＝7﹣x，
①当MN为最大线段时，依题意MN2＝AM2+NB2，
即（7﹣x）2＝x2+25，解得x＝ ；
②当BN为最大线段时，依题意BN2＝AM2+MN2．
即x2＝25+（7﹣x）2，解得x＝ ．
综上所述BN的长为 或 ．22．（2021秋•凤城市期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，DC＝12，AD＝13，
求四边形ABCD的面积．
解：连接AC，∵∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC＝ ＝5，
∵DC＝12，AD＝13，
∴AC2+DC2＝52+122＝25+144＝169，
AD2＝132＝169，
∴AC2+DC2＝AD2，
∴△ACD是∠ACD＝90°的直角三角形，
四边形ABCD的面积＝△ABC的面积+△ACD的面积，
＝ AB•BC+ AC•CD
＝ ×3×4+ ×5×12
＝6+30
＝36．
考点04：勾股数
23．（2022春•辰溪县期末）若3、4、a为勾股数，则a的值为（ ）
A． B．5 C．5或7 D．5或解：∵3、4、a为勾股数，
∴当a最大时，此时a＝ ＝5，
当4时最大时，a＝ ＝ ，不能构成勾股数，
故选：B．
24．（2021秋•新民市期末）下列各组数中，是勾股数的是（ ）
A．1，1， B．2.5，4.5，4 C．6，7，8 D．9，12，15
解：A、∵不全是正整数，∴不是勾股数，不符合题意；
B、∵不全是正整数，∴不是勾股数，不符合题意；
C、∵62+72≠82，∴不是勾股数，不符合题意；
D、∵92+122＝152，∴是勾股数，符合题意．
故选：D．
25．（2021春•肥乡区月考）我们学习了勾股定理后，都知道“勾三、股四、弦五”．
观察：3、4、5；5、12、13；7、24、25；9、40、41；…，发现这些勾股数的勾都是奇数，且从3起就
没有间断过．
（1）请你根据上述的规律写出下一组勾股数： 1 1 ， 6 0 ， 6 1 ；
（2）若第一个数用字母n（n为奇数，且n≥3）表示，那么后两个数用含n的代数式分别表示为
和 ．
解：（1）11，60，61；
故答案为：11，60，61．
（2）后两个数表示为 和 ，
∵n2+（ ）2＝n2+ ＝ ，（ ）2＝ ，
∴n2+（ ）2＝（ ）2．
又∵n≥3，且n为奇数，∴由n， ， 三个数组成的数是勾股数．
故答案为： ， ．
26．（2020春•兖州区期末）若8，a，17是一组勾股数，则a＝ 1 5 ．
解：①a为最长边，a＝ ，不是正整数，不符合题意；
②17为最长边，a＝ ＝15，三边是整数，能构成勾股数，符合题意．
故答案为：15．
27．（2021秋•大东区期中）课堂上学习了勾股定理后，知道“勾三、股四、弦五”．王老师给出一组数
让学生观察：3、4、5；5、12、13；7、24、25；9、40、41；…，学生发现这些勾股数的勾都是奇数，
且从3起就没有间断过，于是王老师提出以下问题让学生解决．
（1）请你根据上述的规律写出下一组勾股数：11、 6 0 、 6 1 ．
（2）若第一个数用字母a（a为奇数，且a≥3）表示，那么后两个数用含a的代数式分别怎么表示？小
明发现每组第二个数有这样的规律4＝ ，12＝ ，24＝ …，于是他很快用含a的代数
式表示了第二数为 ，则用含a的代数式表示第三个数为 ．
（3）用所学知识证明（2）中用字母a表示的三个数是勾股数？
解：（1）∵3、4、5；5、12、13；7、24、25；9、40、41；…，
∴11，60，61；
故答案为：60，61；
（2）第一个数用字母a（a为奇数，且a≥3）表示，第二数为 ；
则用含a的代数式表示第三个数为 ；故答案为： ；
（3）∵a2+（ ）2＝ ，
（ ）2＝ ，
∴a2+（ ）2＝（ ）2，
又∵a为奇数，且a≥3，
∴由a， ， 三个数组成的数是勾股数．
28．（2020秋•蕉城区期中）满足a2+b2＝c2的三个正整数，称为勾股数．
（1）请把下列三组勾股数补充完整：
① 6 ，8，10 ②5， 1 2 ，13 ③8，15， 1 7 ．
（2）小敏发现，很多已经约去公因数的勾股数组中，都有一个数是偶数，如果将它写成 2mn，那么另
外两个数可以写成m2+n2，m2﹣n2，如4＝2×2×1，5＝22+12，3＝22﹣12．请你帮小敏证明这三个数
2mn，m2+n2，m2﹣n2是勾股数组．
（3）如果21，72，75是满足上述小敏发现的规律的勾股数组，求m+n的值．
解：（1）①6，8，10； ②5.12，13；③8，15，17．
故答案为：6，12，17；
（2）证明：∵（m2﹣n2）2+（2mn）2＝m4+n4﹣2m2n2+4m2n2＝m4+n4+2m2n2，
（m2+n2）2＝m4+n4+2m2n2，
∴（m2﹣n2）2+（2mn）2＝（m2+n2）2，
∴m2﹣n2，m2+n2，2mn是勾股数；
（3）化简得：7，24，25，
∵偶数24＝2×3×4，25＝42+32，7＝42﹣32，
∴m＝4，n＝3，
∴m+n＝7．考点05：勾股定理的应用
29．（2022•和平区校级开学）如图，有一个水池，水面是一边长为8尺的正方形，在水池中央有一根芦苇，
它高出水面1尺，如果把这根芦苇拉向水池的一边的中点，它的顶端恰好到达池边的水面，这根芦苇的
长度是（ ）尺．
A．7.5 B．8 C． D．9
解：设芦苇的长度为x尺，则AB的长为（x﹣1）尺，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC2＝AB2+AC2，
即： ，
解得：x＝ ，
即芦苇的长度为： 尺，
故选：C．
30．（2021秋•平昌县期末）如图，某超市为了吸引顾客，在超市门口离地高 4.5m的墙上，装有一个由传
感器控制的门铃A，如①图所示，人只要移至该门铃5m及5m以内时，门铃就会自动发出语音“欢迎光
临”．如②图所示，一个身高1.5m的学生走到D处，门铃恰好自动响起，则BD的长为（ ）
A．3米 B．4米 C．5米 D．7米
解：由题意可知．BE＝CD＝1.5m，AE＝AB﹣BE＝4.5﹣1.5＝3m，AC＝5m，
由勾股定理得BD＝CE＝ ＝4（m），故离门4米远的地方，门铃恰好自动响起．
故选：B．
31．（2021秋•晋州市期末）如图，淇淇在离水面高度为5m的岸边C处，用绳子拉船靠岸，开始时绳子BC
的长为13m．
（1）开始时，船距岸A的距离是 1 2 m；
（2）若淇淇收绳5m后，船到达D处，则船向岸A移动 （ 1 2 ﹣ ） m．
解：（1）在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，BC＝13m，AC＝5m，
∴ （m），
故答案为：12；
（2）∵淇淇收绳5m后，船到达D处，
∴CD＝8（m），
∴AD＝ （m），
∴BD＝AB﹣AD＝（12﹣ ）m．
故答案为：（12﹣ ）．
32．（2021秋•南海区期末）如图，一架秋千静止时，踏板离地的垂直高度DE＝0.5m，将它往前推送1.5m
（水平距离BC＝1.5m）时，秋千的踏板离地的垂直高度BF＝1m，秋千的绳索始终拉直，则绳索AD的长
是 2. 5 m．
解：∵BF⊥EF，AE⊥EF，BC⊥AE，
∴四边形BCEF是矩形，△ACB是直角三角形，∴CE＝BF＝1m，
∴CD＝CE﹣DE＝1﹣0.5＝0.5（m），
设绳索AD的长为xm，
则AB＝AD＝xm，AC＝AD﹣CD＝（x﹣0.5）m，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
即（x﹣0.5）2+1.52＝x2，
解得：x＝2.5（m），
即绳索AD的长是2.5m，
故答案为：2.5．
33．（2021秋•郓城县校级月考）如图，三个村庄A、B、C之间的距离分别为AB＝4km，AC＝3km，BC＝
5km，要从A修一条公路AD直达BC，已知公路的造价为26000元/km，求这条公路的最低造价是多少万
元？
解：如图，由垂线段最短可知，当AD⊥BC时，这条公路的造价最低，
∵AB＝4km，AC＝3km，BC＝5km，
∴AB2+AC2＝25＝BC2，
∴△ABC是直角三角形，且∠BAC＝90°，
∴ ，
即 ，
解得 ．
则这条公路的最低造价为 （元）＝6.24（万元），
答：这条公路的最低造价是6.24万元．34．（2022春•延津县期中）如图，有一架秋千，当他静止时，踏板离地的垂直高度DE＝0.6m，将他往前
推送2.4m（水平距离BC＝2.4m）时，秋千的踏板离地的垂直高度BF＝1.2m，秋千的绳索始终拉得很直，
求绳索AD的长度．
解：在Rt△ACB中，
AC2+BC2＝AB2，
设秋千的绳索长为xm，则AC＝（x+0.6﹣1.2）m，
故x2＝2.42+（x+0.6﹣1.2）2，5.76﹣1.2x+0.36＝0
解得：x＝5.1，
答：绳索AD的长度是5.1m．
考点06：平面展开-最短路径问题
35．（2021秋•泗县期末）如图，正四棱柱的底面边长为4cm，侧棱长为6cm，一只蚂蚁从点A出发，沿棱
柱外表面到点C'处吃食物，那么它需要爬行的最短路径的长是（ ）
A．2 cm B．14cm C．（2 +4）cm D．10cm
解：当沿着平面ABB'A'、平面A'B'C'D'爬行时，如图所示，
AC'＝ ＝2 （cm），当沿着平面ABB'A'、平面BB'C'C爬行时，
AC'＝ ＝10（cm），
因为10＜2 ，
所以蚂蚁需要爬行的最短路径的长是10cm，
故选：D．
36．（2021秋•普宁市期末）如图，圆柱的底面半径为 cm，AC是底面圆的直径，点P是BC上一点，且
PC＝4cm，一只蚂蚁从A点出发沿着圆柱体的表面爬行到点P的最短距离是（ ）
A．4 cm B．2 cm C．5 cm D．10cm
解：侧面展开图如图所示：
∵圆柱的底面半径为 cm，
∴圆柱的底面周长为12cm，
∴AC′＝6cm．在Rt△AC′P中，AP＝ ＝2 （cm）．
故选：B．
37．（2021秋•新郑市期末）图①所示的正方体木块棱长为8cm，沿其相邻三个面的对角线（图中虚线）剪
掉一角，得到如图②的几何体，一只蚂蚁沿着图②的几何体表面从顶点A爬行到顶点B的最短距离为
（ 4 +4 ） cm．
解：如图所示：
△BCD是等腰直角三角形，△ACD是等边三角形，
在Rt△BCD中，CD＝ ＝8 cm，
则BE＝ CD＝4 cm，
在Rt△ACE中，AE＝ ＝4 cm，
答：从顶点A爬行到顶点B的最短距离为（4 +4 ）cm．
故答案为：（4 +4 ）．
38．（2021秋•会宁县期末）如图是一个三级台阶，它的每一级的长、宽、高分别为 20分米，3分米和2
分米，A和B是这个台阶的两个端点，A点上有一只蚂蚁想到B点去吃可口的食物，则它所走的最短路
线长度为 2 5 分米 ．解：三级台阶平面展开图为长方形，长为20分米，宽为（2+3）×3分米，
则蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是此长方形的对角线长．
可设蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程为x分米，
由勾股定理得：x2＝202+[（2+3）×3]2＝252，
解得：x＝25．
答：蚂蚁沿着台阶面爬到B点的最短路程是25分米．
故答案为：25分米．
39．（2021秋•高新区校级期末）如图，教室的墙面ADEF与地面ABCD垂直，点P在墙面上．若PA＝AB＝5
米，点P到AD的距离是3米，有一只蚂蚁要从点P爬到点B，它的最短行程是 4 米．
解：如图，过P作PG⊥BF于G，连接PB，
∵AG＝3米，AP＝AB＝5米，
∴PG＝4米，
∴BG＝8米，
∴PB＝ ＝4 （米）．
故这只蚂蚁的最短行程应该是4 米．
故答案为：4 ．40．（2022春•新市区校级期中）如图1，长方体的底面边长分别为3m和2m，高为1m，在盒子里，可以放
入最长为 m的木棒；
（2）如图2，在与（1）相同的长方体中，如果用一根细线从点A开始经过4个侧面缠绕一圈到达点
C，那么所用细线最短需要 m；
（3）如图3，长方体的棱长分别为AB＝BC＝6cm，AA＝14cm，假设昆虫甲从盒内顶点C以2厘米/秒的
1 1
速度在盒子的内部沿棱CC向下爬行，同时昆虫乙从盒内顶点A以相同的速度在盒壁的侧面上爬行，那
1
么昆虫乙至少需要多长时间才能捕捉昆虫甲？
解：（1）可以放入最长为 ＝ （m）的木棒；
故答案为： ；
（2）如图所示：将长方体展开，连接AC，
∴AC＝ ＝ （m）．
故答案为： ；
（3）因为昆虫是在侧面上爬行，可以看出，下面两图的最短路径相等，
设昆虫甲从顶点C沿棱CC向顶点C爬行的同时，昆虫乙从顶点A按路径A→E→F，
1 1
爬行捕捉到昆虫甲需x秒钟，如图1在Rt△ACF中，
（2x）2＝122+（14﹣2x）2，解得：x＝ ．
答：昆虫乙至少需要 秒钟才能捕捉到昆虫甲．
41．（2019秋•罗湖区期中）（1）如图1，长方体的长为4cm，宽为3cm，高为12cm．求该长方体中能放
入木棒的最大长度；
（2）如图2，长方体的长为4cm，宽为3cm，高为12cm．现有一只蚂蚁从点A处沿长方体的表面爬到点
G处，求它爬行的最短路程．
（3）若将题中的长方体换成透明圆柱形容器（容器厚度忽略不计）的高为12cm，底面周长为10cm，在
容器内壁离底部3cm的点B处有一饭粒，此时一只壁虎正好在容器外壁且离容器上沿 3cm的点A处．求
壁虎吃到饭粒需要爬行的最短路程是多少？
解：（1）由题意得：该长方体中能放入木棒的最大长度是：
（cm）．
（2）分三种情况可得：AG＝ cm＞AG＝ cm＞AG＝cm，
所以最短路程为 cm；
（3）∵高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，
此时壁虎正好在容器外壁，离容器上沿3cm与饭粒相对的点A处，
∴A′D＝5cm，BD＝12﹣3+AE＝12cm，
∴将容器侧面展开，作A关于EF的对称点A′，
连接A′B，则A′B即为最短距离，
A′B＝ ＝13（cm）．
